2019-2020学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期期末考试数学（理）试题一、单选题1在中，若，则的形状是( )A钝角三角形B直角三角形C锐角三角形D不能确定【答案】A【解析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.【详解】因为在中，满足，由正弦定理知，代入上式得，又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，所以为钝角三角形，故选A.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2命题“，”的否定是（ ）A，B，C，D，【答案】D【解析】 根据全称命题与特称命题的关系，可知命题“”的否定为“”，故选D.3已知复数，则复数在复平面内对应点所在的象限为（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】D【解析】利用复数的四则运算化简复数形式,由复数的几何意义与复平面内点一一对应即可求解.【详解】由题意可得,，故复数在复平面内对应点为，因为是第四象限的点，故选:D【点睛】本题考查复数的四则运算及其几何意义;属于基础题.4王昌龄从军行中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的()A必要不充分条件 B充分不必要条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据必要不充分条件的判定方法，即可作差判定，得到答案.【详解】由题意可知，“攻破楼兰”不一定“返回家乡”，但“返回家乡”一定是“攻破流量”，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义及判定，其中解答中熟记充分条件和必要条件的定义，合理、准确盘判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5如图，在三棱锥中，点在上，且，为中点，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由空间向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可求解.【详解】 ,故选：C.【点睛】本题主要考查空间向量加法与减法运算，需理解向量加法与减法的几何意义，属于基础题.6抛物线的一条焦点弦为AB，若，则AB的中点到直线的距离是（）A4B5C6D7【答案】B【解析】设出两点的坐标，根据抛物线方程求得的值，利用抛物线的定义，求得中点到直线的距离.【详解】设，抛物线方程为，故.根据抛物线的定义有，所以中点的横坐标为，故中点到直线的距离为，故选B.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查抛物线的焦点弦有关问题，属于基础题.7已知正项等比数列的公比为，若，则的最小值等于（ ）ABCD【答案】C【解析】正项等比数列的公比为3，且，当且仅当时取等号.故选C.点睛：利用基本不等式解题的注意点：（1）首先要判断是否具备了应用基本不等式的条件，即“一正、二正、三相等”，且这三个条件必须同时成立（2）若不直接满足基本不等式的条件，需要通过配凑、进行恒等变形，构造成满足条件的形式，常用的方法有：“1”的代换作用，对不等式进行分拆、组合、添加系数等（3）多次使用基本不等式求最值时，要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号8双曲线（，）的左、右焦点分别是，过作倾斜角为的直线交双曲线右支于点，若垂直于轴，则双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析】【详解】由双曲线的定义，借助直角三角形和半通径通，易知，注意到倾斜角故选B.9把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线所成的角为 （ ）A B C D 【答案】D【解析】法一：如图，延长到，使得，连，设，则，所以就是异面直线所成的角，由于为等边三角形，故应选答案D。 法二、如图建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，则，所以，应选答案D。点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解。10椭圆与直线交于两点，过原点与线段中点的直线斜率为，则的值为()ABCD【答案】B【解析】把直线代入椭圆中，利用根于系数的关键，求得M的坐标，再利用斜率公式，即可求解.【详解】把直线代入椭圆中，得,设的坐标为，则有，所以点M的坐标为，所以OM的斜率为，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，其中此类问题的解答中用直线方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程根与系数的关系，合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.11如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）ABCD【答案】C【解析】过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.【详解】过作，交于点，交于，则底面平面，平面，平面平面，又平面 平面又平面平面，平面 为中点 为中点，则为中点即在线段上，则线段长度的取值范围为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.12已知抛物线 与双曲线 有相同的焦点，点是两曲线的一个交点，且轴，若为双曲线的一条渐近线，则的倾斜角所在的区间可能是（ ）A B C D【答案】D【解析】试题分析：，又 ，故选D【考点】抛物线与双曲线的几何性质二、填空题13已知向量，若，则实数的值为_.【答案】2【解析】由题意知，向量，所以，由空间向量的坐标运算，即可求解。【详解】由题意知，向量，所以，又由，解得。【点睛】本题主要考查了空间向量的坐标运算，及空间向量的数量积的运算，其中解答中熟记空间向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。14设， 满足约束条件，记的最小值为，则函数的图象恒过定点_【答案】【解析】由题可得如下图形：可得目标函数经过（1，-1）时取得最小值-2，所以函数的图象恒过定点15正方体中，、分别是、的中点，则直线与平面所成角的正弦值为_.【答案】.【解析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值.【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立如下图所示空间直角坐标系.则点、，设平面的一个法向量为，则，.由，即，得，令，则，.可知平面的一个法向量为，又.，因此，直线与平面所成角的正弦值为，故答案为.【点睛】本题考查直线与平面所成角的正弦的计算，解题的关键就是建立空间直角坐标系，将问题利用空间向量法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.16下列四个命题：（1）已知向量是空间的一组基底，则向量也是空间的一组基底；（2） 在正方体中，若点在内，且，则的值为1；（3） 圆上到直线的距离等于1的点有2个；（4）方程表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是_.【答案】(1)(2)(4)【解析】（1）已知向量是空间的一组基底，即向量不共面，则也不共面，所以向量是空间的一个基底，正确；（2），正确；（3）由圆的方程，得到圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为， 圆上的点到直线的距离为的点有个，错误；（4）由题意可化为或，不成立，方程 表示的曲线是一条直线，正确，故答案为(1)(2)(4).三、解答题17已知命题 表示双曲线，命题。（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；（2）若命题“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围。【答案】（1）（2）或【解析】（1）根据命题为真命题可知异号即可（2）根据“或”为真，“且”为假知命题、中一个为真，另一个为假，即可求解.【详解】（1）命题表示双曲线为真命题，则，（2）命题为真，则因为命题“或”为真，“且”为假，所以命题、中一个为真，另一个为假当真、假时， ，所以当假、真时， ，所以综上，或【点睛】本题主要考查了命题，复合命题及命题真假的判断，属于中档题.18在中，内角所对的边分别为，且.（1）求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）首先利用正弦定理边化角，再利用即可得到答案；（2）利用余弦定理和面积公式即可得到答案.【详解】（1），所以，所以，即因为，所以，所以，即.（2）因为，所以.由余弦定理可得，因为，所以，解得.故的面积为.【点睛】本题主要考查解三角形的综合应用，意在考查学生的基础知识，转化能力及计算能力，难度不大.19已知抛物线：，双曲线：若抛物线与双曲线在第一象限的交点是P，直线l过点P，斜率为2求双曲线的渐近线方程及其离心率；求直线l被抛物线所截得的弦长【答案】（1），离心率为2 （2）【解析】根据双曲线的性质即可求出，先求出直线l的方程，再根据弦长公式即可求出【详解】解：双曲线：，则渐近线方程为，离心率，由，解得，点P在第一象限，直线l的方程为，即，由，消y可得，从而，直线l被抛物线所截得的弦长【点睛】本题考查了双曲线的性质，和弦长公式，考查了运算求解能力，属于基础题20已知等差数列的前项和为，且，.数列满足，.（）求数列和的通项公式；（）求数列的前项和，并求的最小值.【答案】（），；（），最小值.【解析】（）根据等差数列前项和为的公式和等差数列的性质，推得，从而求出等差数列的公差，即可得出数列的通项公式为。利用累加法即可求得的通项公式。（）利用错位相减法求数列的前项和，再利用数列的单调性求得的最小值。【详解】（）由，得，.故的公差，.即数列的通项公式为. 当时，而，故，即数列的通项公式为. （）， ，上述两式相减，得得. 设，显然当时，且单调递增. 而，故的最小值为.【点睛】本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用累加法求解数列的通项公式，以及错位相减法求数列的前项和，错位相减法常用在数列的通项公式形式为等差数列乘等比数列。21如图，平面，是的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】可以以为轴、为轴、为轴构建空间直角坐标系，写出的空间坐标，通过证明得证平面通过求平面和平面的法向量得证二面角的余弦值。【详解】（1）根据题意，建立以为轴、为轴、为轴的空间直角坐标系，则， ，因为，所以因为平面，且， 所以平面 （2）设平面的法向量为，则因为，所以令，则所以是平面的一个法向量 因为平面，所以是平面的法向量所以由此可知，与的夹角的余弦值为根据图形可知，二面角的余弦值为。【点睛】在计算空间几何以及二面角的时候，可以借助空间直角坐标系。22焦点在x轴上的椭圆C：经过点，椭圆C的离心率为，是椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意点（1）求椭圆的标准方程；（2）若点M为的中点（O为坐标原点），过M且平行于OP的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在实数，使得；若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）存在满足条件,详见解析【解析】（1）根据所给条件列出方程组，求解